AcWing 1089 . 烽火传递
\(AcWing\) \(1089\) . 烽火传递
一、题目描述
烽火台是重要的军事防御设施，一般建在交通要道或险要处。
一旦有军情发生，则白天用浓烟，晚上有火光传递军情。
在某两个城市之间有 \(n\) 座烽火台，每个烽火台发出信号都有一定的代价。
为了使情报准确传递，在连续 \(m\) 个烽火台中至少要有一个发出信号。
现在输入 \(n,m\) 和每个烽火台的代价，请计算在两城市之间 准确传递情报所需花费的总代价最少 为多少。
输入格式
第一行是两个整数 \(n,m\)，具体含义见题目描述；
第二行 \(n\) 个整数表示每个烽火台的代价 \(a_i\)。
输出格式
输出仅一个整数，表示最小代价。
数据范围
\(1≤m≤n≤2×10^5,0≤a_i≤1000\)
输入样例：
5 3
1 2 5 6 2
输出样例：
4
二、题目解析
状态表示
\(f[i]\):前\(1 \sim i\)座烽火台满足条件，且第\(i\)座烽火台 点燃 的方案集合
属性
所有符合条件的方案集合中的 最小代价值
状态计算
如何划分集合？
题目要求在连续 \(m\)个烽火台中至少要有一个发出信号，即连续的\(m\)个烽火台中至少要有一个被点燃。而\(f[i]\)表示的含义中，第\(i\)座已经被点燃，因此在第\(i\)座向前的前\(m\)座烽火台至少要有一个被点燃。被点燃的可以是\(i-m\), \(i-m+1\),...,\(i-2\),\(i -1\)
故状态计算方程：
一段区间的最值可以用单调队列求解。
此题中，我们定义一个单调递增队列，队列中维护的是\(f[j]\)的最小值集合,每次拿出队头元素，即长为\(m\)的区间中，值最小的\(f[j]\)来更新答案。
\(\large Q\):有个疑问，为什么状态表示时，要将第\(i\)座表示为点燃？
我们可以 从问题出发，每\(m\)座烽火台中必然要有一座要被点燃。那么最后\(n\)座烽火台同样也是如此。如果我们将\(f[i]\)定义为前\(1\sim i\)座烽火台满足条件，且第\(i\)座烽火台点燃的方案集合,那么答案一定在 \(f[n-m+1],f[n-m+2],...,f[n]\)之间产生,也就是说将第\(i\)座表示为点燃可以很容易表示出答案。这就给我们一个启发，在定义状态表示时，一定要考虑定义的状态是否可以包含答案。
三、\(DP\)+暴力查找最小值
j = max(0, i - m)
上面这句话需要注意一下，别整出下标是负数的。说句人话就是:“一个看一个，个个向前看，最远能看\(m\)个，不够\(m\)个有多少算多少。”
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200010;
int f[N];
int w[N], n, m;
// 通过了 11/12个数据
int main() {
/**
普通DP大法
状态表示：
①集合:f[i]表示前i个灯塔满足条件，并且i点亮。
②属性：最小代价
状态计算：f[i]=min(f[j]+w[i]) (i−m≤j≤i−1)
答案：(n−m+1)~n必须有灯塔亮，所以枚举一下求出最小值即可
*/
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
//初始化
memset(f, 0x3f, sizeof f); //预求最小，先设最大
f[0] = 0; //需要手动初始化一下递推的base case
//依题意，f[1]代表第1个灯塔点亮需要付出的代价是w[1],也就是f[0]=0,想想也正常，虚拟第0个点亮成本为0~
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = max(0, i - m); j <= i - 1; j++) //向前查看它之前的m个
f[i] = min(f[i], f[j] + w[i]);
int res = INF;
for (int i = n + 1 - m; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
四、单调队列优化
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N];
int w[N], n, m;
int q[N], hh, tt;
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
hh = 0, tt = 0, q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 滑动窗口在i左侧，不包括i,使用前序信息可以更新f[i]，滑动窗口长度最长为m
while (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh++;
// 因为i不在滑动窗口中，需要用滑动窗口的内容更新f[i]，在while上方更新
f[i] = f[q[hh]] + w[i];
// i入队列
while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt--;
q[++tt] = i;
}
// 答案可能存在于 n-1,n-2,...n-m+1中，枚举一下求最小值即可
int res = INF;
for (int i = n + 1 - m; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
